Algebre Et Geometrie PSI

ALGBREET GOMTRIE

PC-PSI-PTUn cours conforme au programme Des exercices-types rsolus Les mthodes retenirDe nombreux exercices et problmes

corrigs

5e dition

Jean-Marie Monier

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ALGBRE ET GOMTRIEPC-PSI-PT

Cours, mthodes et exercices corrigs

Jean-Marie MonierProfesseur en classe de Spciales

au lyce La Martinire-Monplaisir Lyon

5e dition

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Maquette intrieure : Lasertex

Couverture : Bruno Loste

Dunod, Paris, 2008 Dunod, Paris, 1996 pour la premire dition

ISBN 978-2-10-053970-3

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III

Table des matires

CHAPITRE 1 Complments dalgbre linaire 31.1 Espaces vectoriels 4

1.1.1 Familles libres, familles lies, familles gnratrices 41.1.2 Sommes, sommes directes 4

1.2 Applications linaires 91.2.1 Thorme disomorphisme 91.2.2 Interpolation de Lagrange 101.2.3 Thorme du rang 11

1.3 Dualit 131.3.1 Gnralits 131.3.2 Hyperplans 141.3.3 Bases duales 16

1.4 Calcul matriciel 221.4.1 Trace 221.4.2 Blocs 27

Dterminants 352.1 Le groupe symtrique 36

2.1.1 Structure de Sn 362.1.2 Transpositions 362.1.3 Cycles 39

2.2 Applications multilinaires 412.2.1 Gnralits 412.2.2 Applications multilinaires alternes 41

2.3 Dterminant d'une famille de n vecteursdans une base d'un ev de dimension n 432.3.1 Espace n(E) 432.3.2 Proprits 44

2.4 Dterminant d'un endomorphisme 45

2.5 Dterminant d'une matrice carre 46

Cours

CHAPITRE 2

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IV

2.6 Dveloppement par rapport une range 492.6.1 Cofacteurs et mineurs 492.6.2 Comatrice 53

2.7 Calcul des dterminants 552.7.1 Dterminant d'une matrice triangulaire 552.7.2 Manipulation de lignes et de colonnes 552.7.3 Cas n = 2, n = 3 582.7.4 Dterminant de Vandermonde 592.7.5 Dterminant dune matrice triangulaire par blocs 60

2.8 Orientation d'un espace vectoriel relde dimension finie 64

2.9 Supplment : Rang et sous-matrices 65

2.10 Systmes affines 682.10.1 Position du problme 682.10.2 Rsolution dans le cas dun systme de Cramer 69

Rduction des endomorphismes et des matrices carres 73

3.1 lments propres 74

3.2 Polynme caractristique 79

3.3 Diagonalisabilit 86

3.4 Trigonalisation 98

3.5 Polynmes d'endomorphismes, polynmes de matrices carres 1063.5.1 Gnralits 1063.5.2 Polynmes annulateurs 1093.5.3 Thorme de Cayley et Hamilton 1163.5.4 Idaux de K [X] (PSI 118

3.6 Applications de la diagonalisation 1193.6.1 Calcul des puissances d'une matrice carre 1193.6.2 Suites rcurrentes linaires simultanes

du 1er ordre coefficients constants 1233.6.3 Suites rcurrentes linaires coefficients constants 124Problmes 126

Espaces prhilbertiens rels 1294.1 Formes bilinaires symtriques, formes quadratiques 130

4.1.1 Gnralits 1304.1.2 Interprtation matricielle 132

4.2 Rappels sur les espaces euclidiens 1374.2.1 Produit scalaire 1374.2.2 Orthogonalit 141

Table des matires

CHAPITRE 4

CHAPITRE 3

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Table des matires

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4.3 Endomorphismes remarquablesd'un espace vectoriel euclidien 1464.3.1 Endomorphismes symtriques 1464.3.2 Endomorphismes orthogonaux 153

4.4 Adjoint 1584.4.1 Adjoint dun endomorphisme dun espace euclidien 1584.4.2 Endomorphismes remarquables d'un espace euclidien 162

4.5 Rduction des matrices symtriques relles 1634.5.1 Thorme fondamental 1634.5.2 Rduction simultane 1694.5.3 Positivit 170Problme 186

Espaces prhilbertiens complexes 1875.1 Formes sesquilinaires 188

5.1.1 Gnralits 1885.1.2 Cas de la dimension finie 190

5.2 Espaces prhilbertiens complexeset espaces hermitiens 1935.2.1 Produit scalaire hermitien 1935.2.2 Orthogonalit 197

Gomtrie 2036.1 Courbes du plan 204

6.1.1 Enveloppe d'une famille de droites du plan 2046.1.2 Rappels sur labscisse curviligne et le rayon de courbure 2116.1.3 Centre de courbure 2166.1.4 Dveloppe d'une courbe du plan 2206.1.5 Dveloppantes d'une courbe du plan 223

6.2 Courbes de l'espace 2276.2.1 Gnralits 2276.2.2 Tangente en un point 2296.2.3 Abscisse curviligne 231

6.3 Surfaces 2356.3.1 Gnralits 2356.3.2 Plan tangent en un point 2386.3.3 Surfaces usuelles 2446.3.4 Quadriques 2526.3.5 Surfaces rgles, surfaces dveloppables 2616.3.6 Exemples de recherche de courbes traces sur une surface

et satisfaisant une condition diffrentielle 267

CHAPITRE 6

CHAPITRE 5

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Table des matires

VI

Chapitre 1 278Chapitre 2 284Chapitre 3 293Chapitre 4 322Chapitre 5 347Chapitre 6 350

Index des notations 373

Index alphabtique 375

Solutions des exercicesCl

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VII

Prface

Jeune lycen, j'avais, pour les manuels scolaires, une vnration quasi-religieuse. Que reprsentaient pour moi ces livresqu'une main zle avait soigneusement recouverts en dbut d'anne ? Je ne saurais le dire avec prcision : ils conte-naient, sans doute, la Vrit. mon sens, par exemple, un thorme ne pouvait tre nonc que dans le scrupuleux res-pect des termes de l'ouvrage ; approximative, la restitution n'tait pas valable. L'utilisation, par les professeurs, des po-lycopis (rappels et complments de cours, noncs de problmes ...) n'tait pas, alors, habituelle ; je pense, aujourd'hui,que cela tait d bien plus aux difficults de reprographie qu' un non-dsir de ces professeurs d'imprimer leur griffepersonnelle par le choix d'exercices originaux. Ils se rfraient constamment aux manuels, en suivaient fidlement laprogression, y puisaient les exercices. Je me souviens, d'ailleurs, d'avoir t troubl quand, en Terminale, mon profes-seur de Math., que je rvrais aussi, se permettait parfois quelques critiques l'gard d'un ouvrage qu'il nous avait pour-tant conseill ! Quant aux auteurs de ces livres, ils restaient nigmatiques : qui taient ces demi-dieux dtenteurs duSavoir ?

Plus tard, mes rapports d'tudiant avec les manuels didactiques ont, videmment, volu, mais je crois avoir, navementsans doute, conserv cette approche faite d'envie et de respect qui m'empche, par exemple, de porter des annotationsen marge je ne jouerai pas la farce d'un Pierre de Fermat ! et cet a priori favorable qui me rendrait difficile la r-daction d'une critique objective.Heureusement, tel n'est pas mon propos aujourd'hui ! Mais j'ai voulu, par ces quelques mots, souligner l'importance ca-pitale mme dans le subconscient de chacun de ces livres de cours sur lesquels vous travaillez durant vos tudes etqui vous accompagnent toute votre vie.

Aucun professeur, ft-il auteur de manuels, ne songerait conseiller un livre en remplacement d'un enseignement vi-vant et vcu. Mais, le cours imprim, s'il est fidle la lettre et l'esprit du programme d'une classe, peut aider, de faontrs importante, l'tudiant consciencieux. Celui-ci, surtout lorsqu'il est dbutant, trouvera la scurit dont il a besoin dansun plan clair, prcis, rigoureux, dans une prsentation particulirement soigne o les diverses polices de caractres sontjudicieusement alternes, dans la vision d'ensemble des questions dont traite l'ouvrage. Il y recherchera, avec la certi-tude de les obtenir, telle dmonstration qu'il n'a pas bien comprise, tel exemple ou contre-exemple qui l'aidera mieuxassimiler une notion, la rponse telle question qu'il n'a pas os poser sinon lui-mme...

Pour que le livre joue ce rle d'assistant certes passif mais constamment disponible il doit, je pense, tre proche desproccupations immdiates de l'tudiant, ne pas exiger, pour sa lecture, un savoir qui n'a pas encore t acquis, ne pasrebuter par l'expos trop frquent de notions trop dlicates ; mais il doit, cependant, contenir une substance suffisantepour constituer les solides fondations sur lesquelles s'chafaude la pyramide du savoir scientifique.

On l'imagine, ds lors, aisment : l'criture d'un tel manuel, l'intention des tudiants des classes prparatoires ou d'unpremier cycle universitaire, demande, ct de la ncessaire comptence, des qualits pdagogiques certaines, affinespar une longue exprience professionnelle dans ces sections, une patience et une minutie rdactionnelles inoues.Jean-Marie Monier a eu le courage de se lancer dans ce gigantesque travail et les ouvrages qu'il nous propose aujour-d'hui aprs les recueils d'exercices qui ont eu le succs que l'on sait montrent qu'il a eu raison : il a, me semble-t il,pleinement atteint le but qu'il s'tait fix, savoir rdiger des livres de cours complets l'usage de tous les tudiantset pas seulement des polytechniciens en herbe. Les nombreux ouvrages d'approfondissement ou de spcialit seront,videmment, lus et savours plus tard, ... par ceux qui poursuivront. Pour l'instant, il faut, l'issue de la Terminale,assimiler compltement les nouvelles notions de base (la continuit, la convergence, le linaire...) ; le lecteur est guid,pas pas, par une main sre qui le tient plus fermement ds qu'il y a danger : les mises en garde contre certaines erreurssont le fruit de l'observation rpte de celles-ci chez les lves.

tout instant, des exercices sont proposs qui vont l'interpeller : il sera heureux de pouvoir, quelques dizaines de pagesplus loin, soit s'assurer que, par une bonne dmarche il est parvenu au bon rsultat, soit glaner une prcieuse indica-tion pour poursuivre la recherche : le livre forme un tout, efficace et cohrent.

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Prface

VIII

J'ai dit quel rle majeur dans la formation d'un jeune esprit scientifique peut jouer un manuel qui lui servira de rf-rence pendant longtemps. Sa conception, sa rdaction, sa prsentation sont, alors, essentielles : on ne peut que viser la perfection !

C'est tout le sens du travail effectu par Jean-Marie Monier avec une comptence, un got, une constance admirables,depuis le premier manuscrit jusqu'aux ultimes corrections, dans les moindres dtails, avant la version dfinitive.Ces ouvrages qui rpondent un rel besoin aujourd'hui, seront, j'en suis persuad, apprcis par tous ceux qui ilss'adressent par d'autres aussi sans doute ceux-l mmes qui, plus tard, diront : Ma formation mathmatique debase, je l'ai faite sur le MONIER ! .

H. DurandProfesseur en Mathmatiques Spciales PT*au lyce La Martinire Monplaisir Lyon

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IX

Avant-propos

Ce nouveau Cours de Mathmatiques avec exercices corrigs s'adresse aux lves des classes prparatoires auxgrandes coles (1re anne PCSI-PTSI, 2e anne PC-PSI-PT, PC*-PSI*-PT*), aux tudiants du premier cycle universi-taire scientifique et aux candidats aux concours de recrutement de professeurs.Le plan en est le suivant :

Analyse PCSI-PTSI : Analyse en 1re anneAlgbre PCSI-PTSI : Algbre en 1re anneGomtrie PCSI-PTSI : Gomtrie en 1re anneAnalyse PC-PSI-PT : Analyse en 2e anneAlgbre et gomtrie PC-PSI-PT : Algbre et gomtrie en 2e anne.Cette nouvelle dition rpond aux besoins et aux proccupations des tudiant(e)s.Une nouvelle maquette, la convivialit accrue, assure un meilleur accompagnement pdagogique. Le programmeofficiel est suivi de prs ; les notions ne figurant pas au programme ne sont pas tudies dans le cours. Des exercices-types rsolus et comments, incontournables et cependant souvent originaux, aident le lecteur franchir le passage ducours aux exercices. Les trs nombreux exercices, progressifs et tous rsolus, se veulent encore plus accessibles et per-mettent au lecteur de vrifier sa bonne comprhension du cours.Des complments, situs la limite du programme sont traits, en fin de chapitre, sous forme de problmes corrigs.

J'accueillerai avec reconnaissance les critiques et suggestions que le lecteur voudra bien me faire parvenir aux bonssoins de Dunod, diteur, 5, rue Laromiguire, 75005 Paris.

Jean-Marie Monier

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XPour bien utiliser La page dentre de chapitre

Elle propose une introduction au cours, unrappel des prrequis et des objectifs, ainsiquun plan du chapitre.

Le cours

Le cours aborde toutes les notions du pro-gramme de faon structure afin den faciliterla lecture.La colonne de gauche fournit des remarquespdagogiques qui accompagnent ltudiantdans lassimilation du cours. Il existe quatretypes de remarques, chacun tant identifi parun pictogramme.

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Les pictogrammes dans la marge

Commentaires pour bien comprendre le cours(reformulation dun nonc, explication dunedmonstration).

Indication du degr dimportance dun rsultat.

Mise en garde contre des erreurs frquentes.

Rappel dhypothse ou de notation.

Les exercices-types rsolus

Rgulirement dans le cours, des exercices-types rsolus permettent dappliquer sesconnaissances sur un nonc incontour-nable. La solution est entirement rdigeet commente.

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XI

Les exercices et problmes

Dans chaque chapitre, la fin dune sous-partie,des noncs dexercices sont proposs poursentraner. La difficult de chaque exercice estindique sur une chelle de 1 4.A la fin de certains chapitres,des noncs de pro-blmes proposent daller plus loin.

Les solutions des exercices et problmes

Tous les exercices et problmes sont corrigs.Les solutions sont regroupes en fin douvrage.

cet ouvrage

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Les mthodes retenir

Rgulirement dans le cours,cette rubrique pro-pose une synthse des principales mthodes connatre.

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Programmes PC, PSI, PT

XII

Programmes PC, PSI, PT

Chapitre 1 : Complments dalgbre linaire Dans la voie PT, la notion de somme directe ( 1.1) nest au programme que dans le cas de deux sev dun ev de

dimension finie. Le thorme du 1.2.1, ltude de linterpolation du point de vue de lalgbre linaire ( 1.2.2), la dualit ( 1.3) ne

sont pas au programme PT. La notion de base duale ( 1.3.3) nest pas au programme PC.

Chapitre 2 : Dterminants

Ltude du groupe symtrique ( 2.1) nest pas aux programmes PC, PT ; la dmonstration de lexistence du dter-minant est admise.

La dfinition et les proprits de la comatrice ( 2.6.2) ne sont quau programme PSI.

Chapitre 3 : Rduction des endomorphismes et des matrices carres

Les notions de polynme dendomorphisme et de polynme de matrice ne sont pas au programme PT. Le thorme de Cayley-Hamilton ( 3.5.3) et ltude des idaux de K [X] ( 3.5.4) ne sont quau programme PSI.

Chapitre 4 : Espaces prhilbertiens rels Ltude (lmentaire) des formes bilinaires symtriques et des formes quadratiques ( 4.1) nest pas au programme

PC. La notion dadjoint ( 4.4) et la rduction simultane ( 4.5.2) ne sont quau programme PSI.

Chapitre 5 : Espaces prhilbertiens complexesCe chapitre ne concerne pas la voie PT.

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3.1 Convergence, divergence

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Remerciements

Je tiens ici exprimer ma gratitude aux nombreux collgues qui ont accept de rviser des parties du manuscrit ou dela saisie : Robert AMBLARD, Bruno ARSAC, Chantal AURAY, Henri BAROZ, Alain BERNARD, Jean-PhilippeBERNE, Mohamed BERRAHO, Isabelle BIGEARD, Jacques BLANC, Grard BOURGIN, Grard-Pierre BOU-VIER, Grard CASSAYRE, Jean-Paul CHRISTIN, Yves COUTAREL, Gilles DEMEUSOIS, Catherine DONY,Hermin DURAND, Jean FEYLER, Marguerite GAUTHIER, Daniel GENOUD, Christian GIRAUD, Andr GRUZ,Andr LAFFONT, Jean-Marc LAPIERRE, Annie MICHEL, Rmy NICOLA, Michel PERNOUD, Jean REY, SophieRONDEAU, Ren ROY, Nathalie et Philippe SAUNOIS, Patrice SCHWARTZ, Grard SIBERT, Mimoun TABI.Une pense mue accompagne les regretts Gilles CHAFFARD et Alain GOURET.

Enfin, je remercie vivement les ditions Dunod, Gisle Maus, Bruno Courtet, Nicolas Leroy, Michel Mounic,Dominique Decobecq et ric dEngenires, dont la comptence et la persvrance ont permis la ralisation de cesvolumes.

Jean-Marie Monier

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Cours

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1CHAPITRE 1Complmentsdalgbre linaire

IntroductionNous abordons dans ce chapitre un deuxime niveau dans lalgbre linai-re, constitu de complments sur les espaces vectoriels et les applicationslinaires, de ltude de la dualit et de la manipulation des matrices parblocs.La dualit constitue une premire tape vers ltude des distributions, quidpasse le cadre de cet ouvrage.La dcomposition des matrices en blocs traduit souvent des proprits pro-fondes des applications linaires quelles reprsentent, et la manipulation desblocs permet de rsoudre de faon lgante certains exercices sur les matriceset les dterminants.

Prrequis Espaces vectoriels, applications linaires, matrices, dterminants

dordre 2 ou 3 et systmes linaires (Algbre PCSI-PTSI, ch. 6 9) Espaces vectoriels norms (Analyse PC-PSI-PT, ch. 1) Sries (Analyse PC-PSI-PT, ch. 4) Sries entires (Analyse PC-PSI-PT, ch. 6).

Objectifs Dfinition et tude des notions de somme et de somme directe de plu-

sieurs sev Mise en place de la thorie de la dualit en algbre linaire Acquisition des techniques de manipulation de la trace et des blocs dans

le calcul matriciel.

1.1 Espaces vectoriels 4

Exercice 9

1.2 Applicationslinaires 9

Exercices 13

1.3 Dualit 13

Exercices 22

1.4 Calcul matriciel 22

Exercices 26, 33

Plan

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Chapitre 1 Complments dalgbre linaire

4

K dsigne un corps commutatif. Conformment au programme, on peut se limiter aux casK = R, K = C.

1.1 Espaces vectoriels1.1.1 Familles libres, familles lies, familles gnra-

tricesE dsigne un K-espace vectoriel (en abrg : K-ev), I dsigne un ensemble fini.

Dfinition 1

On appelle combinaison linaire d'une famille (xi )iI d'lments de E tout lmentx de E tel qu'il existe une famille (i )iI d'lments de K , telle que x =

iI

i xi .

Dfinition 2

1) Une famille (xi )iI d'lments de E est dite libre si et seulement si, pour toutefamille (i )iI d'lments de K :

iIi xi = 0

(i I, i = 0) .2) Une famille (xi )iI d'lments de E est dite lie si et seulement si elle n'est pas

libre, c'est--dire si et seulement s'il existe une famille (i )iI d'lments de K ,telle que :

(i )iI = (0) etiI

i xi = 0 .

Dfinition 3

Une famille (xi )iI d'lments de E est dite gnratrice de E (ou : engendre E) siet seulement si tout lment de E est combinaison linaire de (xi )iI .

Dfinition 4

Une famille (xi )iI d'lments de E est appele base de E si et seulement si elle estlibre et gnratrice de E.

La Proposition suivante est immdiate.

Proposition-Dfinition 5

Si (ei )iI est une base de E, alors, pour tout x de E, il existe une famille (i )iI de K ,unique, telle que x =

iI

i ei . Les i (i I ) sont appels les coordonnes (ou :

composantes) de x dans la base (ei )iI .

1.1.2 Sommes, sommes directesE dsigne un K-ev, I dsigne un ensemble fini.

On dit aussi que x est combinaisonlinaire finie des xi , i I.

Cette Dfinition gnralise celle vue en1re anne pour le cas d'une famille finie,cf. Algbre PCSI-PTSI, 6.3.1 Df.2.

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1.1 Espaces vectoriels

5

Dfinition 1

Soient I un ensemble fini, (Ei )iI une famille de sev de E . On appelle somme de(Ei )iI , et on note

iI

Ei , l'ensemble des sommes iI

xi lorsque (xi )iI dcritiI

Ei :

iI

Ei ={

iIxi ; i I, xi Ei

}.

Dfinition 2

Soient I un ensemble fini, (Ei )iI une famille de sev de E . On dit que la sommeiI

Ei est directe si et seulement si :

(xi )iI iI

Ei ,(

iIxi = 0

(i I, xi = 0)).

On note alors iI

Ei au lieu de iI

Ei .

Remarque :

Si F1,F2,F3 sont des sev d'un ev E , on peut avoir F1 F2 = F1 F3 = F2 F3 = {0}sans que la somme F1 + F2 + F3 soit directe, comme le montre l'exemple de trois droitesvectorielles de R2 deux deux distinctes.

Dfinition 3

Deux sev F,G de E sont dits supplmentaires dans E si et seulement si la sommeF + G est directe et gale E .

Proposition 1

Soient P K [X] tel que deg (P) 1, et n = deg (P) 1. Le sev P K [X] (formdes multiples de P) et le sev Kn[X] (form des polynmes de degr n) sont sup-plmentaires dans K [X].

Preuve

Il est clair que P K [X] et Kn[X] sont des sev de K [X]. Soit M (P K [X]) Kn[X]. Il existe B K [X] tel que M = P B, et deg (M) n.Si B = 0, alors : deg (M) = deg (P) + deg (B) deg (P) = n + 1, contradiction.Donc B = 0, puis M = 0.Ceci montre : (P K [X]) Kn[X] = {0}. Soit A K [X]. Par division euclidienne de A par P , il existe Q,R K [X] tels que :

A = P Q + R et deg (R) < deg (P).

On a alors : A = P Q + R, P Q P K [X], R Kn[X],ce qui montre : (P K [X]) + Kn[X] = K [X].Finalement, P K [X] et Kn[X] sont des sev supplmentaires dans K [X].

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Cette Dfinition gnralise celle vue en1re anne pour deux sev, cf. AlgbrePCSI-PTSI, 6.2.

Monier Alg

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Cette dfinition gnralise celle vue en1re anne pour deux sev, cf. AlgbrePCSI-PTSI, 6.2.

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F3

F2

F1

0

F et G sont supplmentaires dans Esi et seulement si :

F G = {0} et F + G = E .Moni

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Cas des polynmes une indtermine.Moni

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6

Proposition 2

Soient E un K-ev de dimension finie et (Ei )iI une famille finie de sev de E telleque la somme

iI

Ei soit directe. On a alors :

dim(

iIEi

)=

iI

dim (Ei ).

Preuve Puisque E est de dimension finie, pour tout i I, le sev Ei de E admet au moins une base finie Bi .Notons Bi = (ei, j )1 j ji . Considrons B =

iI

Bi (runion ordonne).

1) Soit x E .Puisque E =

iI

Ei , il existe une famille (xi )iI telle que :

i I, xi Eix =

iI

xi .

Pour chaque i I, xi se dcompose sur Bi ; il existe (j )1 j ji K ji tel que :

xi =ji

j=1i, j ei, j .

On a alors :

x =iI

jij=1

i, j ei, j ,

donc x se dcompose sur B.Ceci montre que B engendre E .2) Soit (i, j )iI,1 j ji une famille d'lments de K telle que :

iI

jij=1

i, j ei, j = 0.

En notant, pour chaque i I, xi =ji

j=1i, j ei, j , on a :

i I, xi EiiI

xi = 0.

Comme la somme iI

Ei est directe, il en rsulte :

i I, xi = 0.

Soit i I. Comme ji

j=1i, j ei, j = xi = 0 et que Bi = (ei, j )1 j ji est libre, on dduit :

j {1,..., ji }, i, j = 0.Ceci montre que B est libre.On conclut que B est une base de E .On a alors :

dim(

iIEi

)= Card

(iI

Bi)

=iI

Card (Bi ) =iI

dim (Ei ).

x se dcompose linairement sur les Ei ,et chaque xi se dcompose

linairement sur Bi , donc x sedcompose linairement sur B .

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Algbre Gom

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En fait, on vient de montrer plus

gnralement que,si E =iI

Ei , et

si, pour chaque i I, Biengendre Ei ,alors

iI

Bi engendre E .

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Pour chaque i I , on regroupe lestermes appartenant Ei .Monier Algbre Monier

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En fait, on vient de montrer plus

gnralement que,si la somme iI

Ei

est directe et si,pour chaque i I,Biest libre dans Ei , alors

iI

Bi est libre.

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1.1 Espaces vectoriels

7

Proposition 3

Soient E un K-ev de dimension finie et (Ei )iI une famille finie de sev de E telleque la somme

iI

Ei soit directe. On a alors :

E =iI

Ei dim (E) =iI

dim (Ei ).

Preuve

Si E =iI

Ei , alors, d'aprs la Proposition 2 prcdente :

dim (E) = dim(

iIEi

)=

iI

dim (Ei ).

Rciproquement, supposons dim (E) =iI

dim (Ei ). Alors, d'aprs la Proposition prcdente :

dim(

iIEi

)=

iI

dim (Ei ) = dim (E).

Comme iI

Ei est un sev de E de mme dimension que E, on conclut iI

Ei = E .

Dfinition 4

Soit (Ei )iI une famille finie de sev de E telle que E =iI

Ei . Pour tout x E, il

existe (xi )iI iI

Ei unique tel que x =iI

xi ; on note pi : E Ex xi , pour tout

i I.On a alors :

i I, pi pi = pi (i, j) I 2, (i = j pi pj = 0)

iI

pi = IdE .

On dit que (pi )iI est la famille de projecteurs de E canoniquement associe ladcomposition de E en somme directe E =

iI

Ei .


Proposition 4

Soient (Ei )iI une famille finie de sev de E telle que E =iI

Ei , et F un K-ev.

Pour toute famille (ui )iI telle que :

i I, ui L(Ei ,F) ,il existe u L(E,F) unique telle que :

i I, ui = u |Eio u |Ei dsigne la restriction de u Ei pour le dpart.

D

unod

. La

phot

ocop

ie n

on a

utor

ise

est u

n d

lit.

Cf. Algbre PCSI-PTSI, 6.4 2) Cor. 2.Moni

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Ces trois proprits sont immdiates.Moni

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8

De plus, on a alors, en notant (pi )iI la famille de projecteurs canoniquement asso-cie la dcomposition de E en somme directe E =

iI

Ei :

x E, u(x) =iI

ui(

pi (x))

.

Dfinition 5

Soient E un K-ev de dimension finie, B une base de E .1) Soit F un sev de E . On dit que B est adapte F si et seulement si B commence par une base de F.

2) Soit (Ei )iI une famille finie de sev de E telle que E =iI

Ei . On dit que B est

adapte la dcomposition de E en somme directe E =iI

Ei si et seulement s'il

existe une famille (Bi )iI o, pour tout i I, Bi est une base de Ei, telle queB =

iI

Bi (la runion tant ordonne ).

Remarque :

D'aprs la preuve de la Proposition 2, si E =iI

Ei , et si, pour chaque i I, Bi est une base

de Ei , alors iI

Bi est une base de E adapte la dcompostion de E en somme directe

E =iI

Ei .

Ainsi,B est une base de E adapte Fsi et seulement sil existe une base B1de F et une base B2 dunsupplmentaire de F dans E , tellesque B = B1 B2,runion ordonne.

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Exercices 1.1.1 1.1.3.

Exercice-type rsolu

Dimension et somme directe

Soient E un K-espace vectoriel de dimension finie, (Ei )iI une famille finie de sous-espaces vectoriels de E . Montrer que lesdeux proprits suivantes sont quivalentes :

(1) la somme iI

Ei est directe

(2) dim(

iIEi

)=

iI

dim (Ei ).

Conseils

Cf. 1.1.2 Prop. 2 p. 6.

Solution

(1) (2) :C'est un rsultat du Cours.

(2) (1) :

On suppose : dim(

iIEi

)=

iI

dim (Ei ).

Soit (xi )iI iI

Ei tel que :iI

xi = 0.

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1.2 Applications linaires

9


1.2.1 Thorme disomorphisme

Thorme Thorme disomorphisme

Soient E,F deux K-ev, u L(E,F) , E un supplmentaire de Ker (u) dans E .L'application E Im (u)

x u(x)est un isomorphisme de K-ev.

Preuve Notons u : E Im (u)

x u(x) .

D'abord, u est correctement dfinie, car, pour tout x E E, on a u(x) Im (u). L'application u est linaire car, pour tout K et tous x,y E :

u(x + y) = u(x + y) = u(x) + u(y) = u(x) + u(y).

Conseils

Thorme de la base incomplte,cf. Algbre PCSI-PTSI, 6.4. 1) Th. 2.

La runion est ordonne.

Cf. le point 1) de la preuve de la Prop. 2p. 6.

Si une famille finie engendre un sev et a uncardinal gal la dimension de ce sev,alors cette famille est une base de ce sev.

Toute sous-famille d'une famille libre estlibre.

Solution

Pour chaque i I, il existe une base Bi de Ei , commenant par xi si xi = 0, etquelconque si xi = 0.Notons : B =

iIBi .

Puisque, pour tout i I, Bi engendre Ei , B engendre ii

Ei .

D'autre part :

Card (B) =iI

Card (Bi ) =iI

dim (Ei ) = dim(

iIEi

).

Il en rsulte que B est une base de iI

Ei .

Notons J = {i I ; xi = 0}.Si J = , alors (xi )iI est lie, car par hypothse

iJ

xi =iI

xi = 0,

en contradiction avec (xi )iI sous-famille de la base B.

Ceci montre que : i I, xi = 0,et on conclut que la somme

iI

Ei est directe.

1.1.1 Soient E un K-ev, A,B,C des sev de E tels que B C.Montrer :

(A + B) C = (A C) + B.

Exercice

Ainsi, tout supplmentaire de Ker(u)dans E est isomorphe Im(u) .Monier Algbre Monier

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Soit x Ker (u). On a alors x E et x Ker (u), d'o, puisque E est un supplmentaire deKer (u) dans E , x = 0. Ceci montre Ker (u) = {0} , et donc u est injective. Soit y Im (u). Il existe x E tel que y = u(x). Puisque E = E + Ker (u), il existex E , t Ker (u) tels que x = x + t. On a alors :

y = u(x) = u(x + t) = u(x ) + u(t) = u(x ) = u(x ).

Ceci montre que u est surjective.Finalement, u est un isomorphisme d'ev.

1.2.2 Interpolation de Lagrange

Proposition Interpolation de Lagrange

Soient n N, a0,...,an K deux deux distincts, u : K [X] K n+1P (P(a0),...,P(an))

, qui

est linaire. Alors :

Ker (u) est l'ensemble des multiples du polynme n

j=0(X aj )

La restriction de u Kn[X] est un isomorphisme d'ev de Kn[X] sur K n+1

Pour tout (b0,...,bn) K n+1, il existe un polynme P et un seul de Kn[X] tel que :

j {0,...,n}, P(aj ) = bj .

On dit que P interpole les valeurs bj (0 j n) en les points (ou : noeuds)aj (0 j n).

Preuve Soit P K [X]. On a :

P Ker (u) (

P(a0),...,P(an))

= (0,...,0) ( j {0,...,n}, P(aj ) = 0

)

( j {0,...,n}, X aj | P

)

nj=0

(X aj )P,

puisque a0,...,an sont deux deux distincts.

Notons M =n

j=0(X aj ). Il est clair que deg (M) = n + 1. D'aprs 1.1.2 Prop. 3, Kn[X] est un

supplmentaire de M K [X] dans K [X], donc, d'aprs le Thorme disomorphisme, l'applicationu : K [X] Im (u)

P u(P)est un isomorphisme d'ev. Comme dim (Kn[X]) = n + 1,

on a donc dim(

Im (u))

= n + 1. Mais Im (u) K n+1 et dim (K n+1) = n + 1.

Il en rsulte : Im (u) = K n+1, et donc u est un isomorphisme d'ev de Kn[X] sur K n+1. Soit (b0,...,bn) K n+1. D'aprs le rsultat prcdent, il existe P Kn[X] unique tel que :

j {0,...,n}, P(aj ) = bj .

E Ker(u) = {0}.Moni

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Algbre Gom

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La linarit de u est immdiate.Moni

er Algbre Monier

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Lindexation du produit commence lindice 0.

On peut exprimer P en faisant intervenirles polynmes dinterpolation deLagrange,cf.plus loin 1.3.3 Exemple 2).

Monier Alg

bre Monier

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1.2.3 Thorme du rang

Dfinition

Soient E,F deux K-ev, u L(E,F). On suppose que F est de dimension finie. Onappelle rang de u, et on note rg (u), la dimension de Im (u).

Le thorme suivant rsulte directement de 1.2.1 Th (thorme disomorphisme).

Thorme Thorme du rang

Soient E,F deux K-ev de dimensions finies, u L(E,F).On a :

rg (u) = dim (E) dim (Ker (u)).

Proposition

Soient E,F,G,H des K-ev de dimensions finies, f L(E,F), u L(F,G),g L(G,H).Si f et g sont des isomorphismes, alors :

rg (g u f ) = rg (u).

En particulier :

si f est un isomorphisme, alors : rg (u f ) = rg (u)si g est un isomorphisme, alors : rg (g u) = rg (u).

On dit que le rang est invariant par composition avec un isomorphisme.

Preuve 1) Montrons d'abord que, pour tous K-ev E,F,G de dimensions finies et toutes applications linairesf L(E,F), g L(F,G) :

rg (g f ) Min (rg ( f ), rg (g)).

On a : Im (g f ) Im (g), d'o :rg (g f ) = dim (Im (g f )) dim (Im (g)) = rg (g).

On a : Ker (g f ) Ker ( f ), d'o, en utilisant deux fois le thorme du rang :rg (g f ) = dim (E) dim (Ker (g f )) dim (E) dim (Ker ( f )) = rg ( f ).

2) Avec les hypothses de la Proposition, on a :rg (g u f ) rg (g u) rg (u)

et :

rg (u) = rg (g1 (g u f ) f 1) rg (g u f ),d'o :

rg (g u f ) = rg (u).

Cette dfinition gnralise celle vue en1re anne, Algbre PCSI-PTSI, 7.3.1.

Monier Alg

bre Monier

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Monier A

lgbre Monier

Monier

Algbre Gom

Gomtrie

Monier

On retrouve en particulier le thormedu rang vu en 1re anne, Algbre PCSI-PTSI, 7.3.1 Thorme 1.

Monier Alg

bre Monier

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Monier A

lgbre Monier

Monier

Algbre Gom

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Monier

Obtention dun rsultat plus gnral,quinest pas au programme,mais serait bienutile.

On applique le thorme du rang g f et f.

Monier Alg

bre Monier

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Monier A

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Monier

Algbre Gom

Gomtrie

Monier

Puisque f et g sont des isomorphismes,f 1 et g1 existent etf 1 L(F,E) , g1 L(G,F) .

Monier Alg

bre Monier

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Monier A

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Algbre Gom

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Exercices 1.2.1 1.2.4.

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12

Exercice-type rsolu

Une caractrisation des endomorphismes vrifiant Im(f) = Ker(f)Soient E un K-ev de dimension finie, e = IdE , f L(E). Montrer que les deux proprits suivantes sont quivalentes :

(1) Im ( f ) = Ker ( f )

(2) f f = 0 et il existe h L(E) tel que : h f + f h = e.

ConseilsOn commence par l'implication la plusfacile, c'est--dire celle pour laquellel'hypothse parat la plus forte.

Puisque h est linaire et que x Ker ( f ),on a :

h(

f (x))

= h(0) = 0.

Existence d'un supplmentaire en dimen-sion finie.

Dfinition d'une application linaire sur Epar la donne de ses restrictions deux sevde E supplmentaires dans E .

Puisque 1(y) F et que est la restric-tion de f F, on a :

f(1(y)

)=

(1(y)

).

Puisque f (z) Im ( f ) = Ker ( f ), on a :h( f (z)) = 1( f (z)),

et, comme z F, on a : f (z) = (z).

Solution

(2) (1) :On suppose : f f = 0 et il existe h L(E) tel que : h f + f h = e. On a : x E, f ( f (x)) = 0, donc : Im ( f ) Ker ( f ). Soit x Ker ( f ). On a :

x = (h f + f h)(x) = h( f (x)) + f (h(x)) = f (h(x)) Im ( f ),d'o : Ker ( f ) Im ( f ).On conclut : Im ( f ) = Ker ( f ).

(1) (2) :On suppose : Im ( f ) = Ker ( f ). On a : x E, ( f f )(x) = f ( f (x)) = f (0) = 0, donc : f f = 0. Puisque E est de dimension finie, le sev Ker ( f ) de E admet au moins un sup-plmentaire F dans E : E = Ker ( f ) F.D'aprs le thorme d'isomorphisme, l'application

: F Im ( f ), x (x) = f (x)est un isomorphisme d'ev.Considrons l'application linaire h : E E dfinie sur les sev supplmentairesKer ( f ) et F par :

{ y Ker ( f ), h(y) = 1(y) z F, h(z) = 0.

Montrons que h convient. On a, pour tout y Ker ( f ) :(h f + f h)(y)=h( f (y)) + f (h(y))=h(0) + f (1(y))=(1(y))= y.

On a, pour tout z F :(h f + f h)(z) = h( f (z)) + f (h(z)) = 1((z)) + f (0) = z.

Comme E = Ker ( f ) F et que les applications linaires h f + f h et e con-cident sur Ker ( f ) et sur F, on conclut : h f + f h = e.

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1.3 Dualit

13

1.3 Dualit

1.3.1 GnralitsDans ce 1.3.1, E dsigne un K-ev.Rappelons une Dfinition :

Dfinition

On appelle forme linaire sur E toute application linaire de E dans K . On note El'ensemble des formes linaires sur E ; E est appel le dual de E.

Exemples :

1) Soient E un K-ev de dimension finie, n = dim(E) 1, B = (e1,...,en) une base de E .Pour tout x de E , il existe (x1, , xn) K n unique tel que x =

ni=1

xi ei. Il est alors clair

que, pour chaque i de {1,...,n} , l'application ei : E Kx xi est une forme linaire sur E ,appele i e`me forme-coordonne sur la base B . Voir aussi plus loin, 1.3.3 1) p. 16.

2) Soient (a,b) R2 , tel que a b , E le C -ev des applications continues par morceaux de[a; b] dans C .L'application : E C

f b

a

fest une forme linaire sur E .

3) Soit X un ensemble non vide. Pour chaque a de X , l'application Ea : K X Kf f (a) est une

forme linaire sur le K-ev K X, appel valuation en a.

Rappelons :

Proposition

E est un K-ev.

1.2.1 Soient E,F deux K-ev de dimensions finies,f,g L(E,F). Montrer :dim (Ker ( f + g))

dim (Ker ( f ) Ker (g)) + dim (Im ( f ) Im (g)).

1.2.2 Soient E,F des K-ev, f L(E,F), g L(F,E).Montrer :

a) IdF f g injective IdE g f injectiveb) IdF f g surjective IdE g f surjectivec) IdF f g bijective IdE g f bijective.

1.2.3 Soit E un K-ev de dimension finie, f L(E).Montrer que les deux proprits suivantes sont quiva-lentes :(i) f GL(E)(ii) pour tous sev A, B de E supplmentaires dans E, lessev f (A), f (B) sont supplmentaires dans E .

1.2.4 Soient E un K-ev de dimension finie, f L(E).Montrer que les deux proprits suivantes sont quivalentes :

(i) il existe deux projecteurs p,q de E tels que :f = p q et Im (p) = Im (q)

(ii) f 2 = 0.

Exercices

Cf. Algbre PCSI-PTSI, 7.1.1 Df. 3.Moni

er Algbre Monier

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lgbre Monier

Monier

Algbre Gom

Gomtrie

Monier

On a donc : E = L(E,K ).

Cf.Algbre PCSI-PTSI,7.1.1 3) Exemple 6).Moni

er Algbre Monier

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Monier A

lgbre Monier

Monier

Algbre Gom

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Monier

Cas particulier de : Algbre PCSI-PTSI,7.2.1 Prop.Monier Alg

bre Monier

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Monier A

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Exercices 1.3.1 et 1.3.2.

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14

1.3.2 HyperplansDans ce 1.3.2, E dsigne un K-ev.

Dfinition

On appelle hyperplans de E les noyaux des formes linaires sur E autres que laforme nulle.

Autrement dit, un sev H de E est un hyperplan si et seulement si :

E {0}, H = Ker().

On dit que la relation (x) = 0 est une quation de l'hyperplan H .

Proposition 1

Soit H un sev de E. Pour que H soit un hyperplan de E, il faut et il suffit qu'il existeune droite vectorielle D de E telle que H et D soient supplmentaires dans E.

Preuve 1) Soit H un hyperplan de E . Il existe E {0} telle que H = Ker() , puis il existe x0 E tel que (x0) = 0. Nous allons montrer que la droite vectorielle D = K x0 est suppl-mentaire de H dans E . Soit x D H . Il existe K tel que x = x0, et (x) = 0. Si = 0 , alors(x0) =

1

(x) = 0, contradiction. Donc = 0 , puis x = 0. Ceci montre : D H = {0}. Soit x E. Montrons qu'il existe (,y) K H tel que x = x0 + y .

Si un tel couple (,y) existe, alors (x) = (x0) + (y) = (x0) , d'o =(x)

(x0),

puis y = x (x)(x0)

x0 .

Rciproquement, on a : x = (x)(x0)

x0 +(

x (x)(x0)

x0

),

et, comme (

x (x)(x0)

x0

)= (x) (x)

(x0)(x0) = 0 , x

(x)

(x0)x0 Ker() = H.

Ceci montre : D + H = EFinalement : D H = E .2) Rciproquement, supposons qu'il existe une droite vectorielle D telle que D H = E . Il existe x0 D tel que x0 = 0. Pour tout x de E , il existe (,y) K Hunique tel que x = x0 + y . Il est clair que l'application : E K

x ainsi dfinie est linaire.

On a alors : E {0} (car (x0) = 1 = 0) et Ker() = H.

Remarque :

La preuve prcdente tablit que, si H est un hyperplan de E , alors, pour tout x0 de E H :

H (K x0) = E .

Corollaire

Si E est de dimension finie n (n 1), alors les hyperplans de E sont les sev de E dedimension n 1.

La notion dhyperplan de E gnralise : la notion de droite vectorielle dunplan vectoriel

la notion de plan vectoriel dun espacevectoriel de dimension 3.

Monier Alg

bre Monier

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Recherche de la valeur ncessaire de(,y) .Monier Algbre Monier

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Rappelons que E H dsigne E privde H :

E H = {x0 E ;x0 / H}.

On retombe ainsi sur la Dfinition vuedans Algbre PCSI-PTSI, 6.4, Df.2, dansle cas particulier o E est de dimensionfinie.

Monier Alg

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1.3 Dualit

15

Proposition 2

Soient H un hyperplan de E, E {0} telle que H = Ker(), et E {0} .On a :

H = Ker() ( K {0}, = ).

Preuve1) Il est clair que, pour pour tout de K {0} : Ker() = Ker() = H.2) Rciproquement, soit E {0} telle que H = Ker() . Il existe x0 E tel que (x0) = 0, eton a :

E = Ker() + (K x0).

Soit x E ; il existe K et y Ker() = H = Ker() tels que x = y + x0.

Alors : (x) = (x0) et (x) = (x0) , d'o (x) = (x0)(x0)

(x).

En notant = (x0)(x0)

K {0} , on a donc = .

Proposition 3

Soit E un K-ev de dimension finie. Pour tout e E {0}, il existe E telle que(e) = 1.

Preuve La droite vectorielle K e (engendre par e) admet au moins un supplmentaire H dans E , et H est unhyperplan de E . Il existe donc 1 E telle que H = Ker(1). Comme e / Ker(1) , on a :1(e) = 0. En notant =

11(e)

1, on a alors :

E et (e) = 1

Par raisonnement par labsurde, on dduit le Corollaire suivant :

Corollaire

Soient E un K-ev de dimension finie, x E . Si toutes les formes linaires sur Es'annulent en x, alors x = 0.

D

unod

. La

phot

ocop

ie n

on a

utor

ise

est u

n d

lit.

Ainsi,un hyperplan donn nadmet, uncoefficient multiplicatif = 0 prs,quunesolution.

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Exercice 1.3.3.

Exercice-type rsolu

tude despaces vectoriels de dimension infinieOn note, pour k {0,1}, Ek = Ck(R ; R), et H =

{ f E1 ; f (0) = 0}.a) Vrifier que E1 est un sev de E0 et montrer que E1 n'est pas un hyperplan de E0.b) Montrer que H est un hyperplan de E1 et que E0 est isomorphe H.

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16

1.3.3 Bases dualesDans ce 1.3.3, E dsigne un K-ev de dimension finie, n = dim(E) 1.1) Dfinition et proprits

Thorme - Dfinition

Soit B = (e1,...,en) une base de E.On considre, pour chaque i de {1,...,n}, la forme linaire ei : E K dfinie par :

j {1,...,n}, ei (ej ) = i j ={ 1 si i = j

0 si i = j .

La famille (e1 , ..., en) est une base de E, appele base duale de B, et note B .

Conseils

Pour montrer un rsultat qui s'exprimegrammaticalement par une ngation, onpeut essayer de raisonner par l'absurde.

Rappel de notation : R f0 est la droitevectorielle engendre par f0.On considre deux lments de E1 qui nesoient pas dans E0 et qui forment unefamille libre.

On combine linairement pour faire dispa-ratre f0.g n'est pas drivable en 1.

h n'est pas drivable en 1.On peut montrer plus gnralement, defaon analogue ce qui prcde, que E1n'est pas de codimension finie dans E0.On a : (1) = 1 = 0, o 1 dsigne, selonle contexte, le rel 1 ou la fonctionconstante gale 1.

Pour toute f E1, f existe et f E0.

Pour toute g E0, il existe f E1 telleque f = g. Pour toute f E1, f est la fonction nullesi et seulement si f est constante.

On confond ici le rel f (0) et l'applicationconstante gale f (0).

Ce rsultat peut paratre surprenant, carE1 E0 et E0 est isomorphe un sevde E1. Mais il ne faut pas oublier qu'ils'agit ici d'espaces vectoriels de dimensioninfinie.

Solution

a) D'aprs le Cours, E0 est un R -ev et E1 est un sev de E0. Raisonnons par l'absurde : supposons que E1 soit un hyperplan de E0.

Il existe alors f0 E0 {0} tel que : E0 = E1 R f0.

Considrons : g : R Rx |x 1| et h : R Rx |x + 1| .

Il est clair que : g E0, h E0.Il existe donc g1,h1 E1, a,b R tels que :

g = g1 + a f0, h = h1 + bf0.

On dduit : bg ah = bg1 ah1.Si b = 0, alors, comme h,g1,h1 sont drivables en 1, par combinaison linaire,g = 1

b(bg1 ah1 + ah) est drivable en 1, contradiction.

Il s'ensuit b = 0, d'o h = h1, contradiction.On conclut que E1 n'est pas un hyperplan de E0.

b) L'application : E1 R, f ( f ) = f (0) est une forme linaire etn'est pas la forme nulle, donc H = Ker () est un hyperplan de E1. Considrons l'application D : E1 E0, f D( f ) = f .Il est clair que D est correctement dfinie, et que D est linaire.

De plus : Im (D) = E0 et Ker (D) = R1, sev des applications constantes.Montrons que H et Ker (D) sont supplmentaires dans E1.* On a H Ker (D) = {0}, car, pour toute f H Ker (D), f est constante etf (0) = 0, donc f = 0.* On a H + Ker (D) = E1, car, pour toute f E1, f =

( f f (0)) + f (0) etf f (0) H, f (0) Ker (D).Ainsi, H et Ker (D) sont supplmentaires dans E1.D'aprs le thorme d'isomorphisme appliqu D, Im (D) est isomorphe toutsupplmentaire de Ker (D) dans E1, donc E0 est isomorphe H, qui est un hyper-plan de E1.

ei est aussi appele la i -me formelinaire coordonne sur la baseB = (e1,. . . ,en) .

i j est appel le symbole de Kronecker.

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1.3 Dualit

17

PreuveD'abord, les ei (1 i n) sont bien des lments de E.Soient E, (1, ..., n) K n . On a :

ni=1

i ei =

( j {1,...,n},

( ni=1

i ei

)(ej ) = (ej )

)

( j {1,...,n}, j = (ej )) .Ceci montre que (e1, ..., en) est une base de E, et de plus : =

ni=1

(ei )ei .

Le rsultat prcdent est un cas particulier dAlgbre PCSI-PTSI, 7.3.2 Prop.

Corollaire

E est de dimension finie, et dim(E) = dim(E).

Proposition 1

Soient B = (e1,...,en) une base de E, B = (e1 ,...,en) sa duale. On a :

1) E , =n

i=1(ei )e

i 2) x E, x =

ni=1

ei (x)ei .

Preuve

La 1re proprit vient d'tre montre, dans la preuve du thorme prcdent.La 2me proprit traduit la dfinition des formes-coordonnes e1, , e

n.

Proposition 2

Soient B une base de E, B sa duale, x E , E, X = MatB(x) , U = MatB().On a alors : (x) = t U X.

PreuveNotons B = (e1,...,en) , B = (e1,...,en) .

Comme =n

i=1(ei )e

i , on a : U = MatB() =

(e1)...

(en)

.

En notant X =

x1...

xn

, on a :

(x) = ( n

i=1xi ei

)=

ni=1

xi(ei ) =((e1) ... (en)

)x1...

xn

= tU X.

Remarque :

La Proposition prcdente revient remarquer qu'en notant B0 = (1) la base canoniquede K (K-ev de dimension 1), on a :

E, MatB() = t(

MatB,B0()).

D

unod

. La

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ise

est u

n d

lit.

Cf. 1.3.1 Exemple 1) p. 13.Moni

er Algbre Monier

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Exercices 1.3.6, 1.3.7.

1) : Expression dun lment de E surla base B

2) :Expression dun lment de E sur labase B.

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tU X est une matrice carre un lment,confondue avec cet lment.

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18

2) Changement de base pour la dualit

Proposition 4 Changement de base pour la dualit

Soient B, B deux bases de E, P la matrice de passage de B B . Alors la matrice depassage de B B est t P1.

PreuveNotons B = (e1,...,en) , B = ( f1,..., fn) , P = (pi j )i j la matrice de passage de B B , Q = (qi j )i jla matrice de passage de B B. On a, pour tout (j, k) de {1,...,n}2 :

jk = f j ( fk) =( n

i=1qi j ei

)( nl=1

plkel)

=n

i=1

nl=1

qi j plkil =n

i=1qi j pik .

Ceci montre : t Q P = In, donc Q = t P1.

Exemples :

1) Montrer que les vecteurs V1 = (2,1,4) , V2 = (3,2,3) , V3 = (1,1,2) de R3 formentune base et en dterminer la base duale.

Puisque P =

2 3 11 2 14 3 2

est inversible, B = (V1,V2,V3) est une base de R3 et, en

notant B0 = (e1,e2,e3) la base canonique de R3, la matrice de passage de B0 = (e1,e2,e3)

B = (V 1 ,V 2 ,V 3 ) est tP1 =

7 6 59 8 61 1 1

.

On a donc : V 1 = 7e1 9e2 e3 , V 2 = 6e1 + 8e2 + e3 , V 3 = 5e1 + 6e2 + e3 .

On conclut que V 1 , V2 , V

3 sont les formes linaires sur R

3 dfinies par :

(x1,x2,x3) R3,

V 1 (x1,x2,x3) = 7x1 9x2 x3V 2 (x1,x2,x3) = 6x1 + 8x2 + x3V 3 (x1,x2,x3) = 5x1 + 6x2 + x3

.

2) Polynmes d'interpolation de LagrangeSoient n N, x0, , xn K deux deux distincts.

Pour chaque i de {0,...,n} , notons Li = 10 jn

j =i

(xi xj )

0 jnj =i

(X xj )

Montrer que (L0 , , Ln) est une base de Kn[X] (K-ev des polynmes de K [X] de degr n), et en dterminer la base duale.

Soit (0, , n) K n+1 tel que n

i=0i Li = 0.

On a : j {0,...,n} , 0 =( n

i=0i Li

)(xj ) =

ni=0

i Li (xj ) = j .

Ceci montre que (L0, ..., Ln) est libre.Comme dim(Kn[X]) = n + 1, on en dduit que (L0, ..., Ln) est une base de Kn[X].

Formule utile pour les exercices, maisqui nest pas au programme.

On utilise : ei (el ) = il .Moni

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Exemple de recherche de la base dualedune base donne de E .

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Pour montrer que P est inversible, onpeut, par exemple, montrerdet(P) = 0 .

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Utilisation de la Prop. 3.Moni

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Rappelons que, par dfinition :

e1 (x1,x2,x3) = x1e2 (x1,x2,x3) = x2e3 (x1,x2,x3) = x3

.

Cf. Algbre PCSI-PTSI, 5.3.1 Exemple.Moni

er Algbre Monier

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Pour chaque i de {0,. . . ,n} , Li est lepolynme de K [X] de degr n ,sannulant en x0,. . . xn sauf xi ,enprenant la valeur 1 en xi .

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On utilise : Li (xj ) = i j .Moni

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1.3 Dualit

19

Soit P Kn[X]. Puisque B = (L0,...,Ln) est une base de Kn[X], il existe

(0, , n) K n+1 tel que P =n

i=0i Li .

On a : j {0,...,n} , P(xj ) =n

i=0i Li (xj ) = j ,

donc : P =n

i=0P(xi ) Li .

Puis : i {0,...,n}, Li (P) =n

j=0P(xj ) Li (L j ) = P(xi ) .

On conclut : pour tout i de {0,...,n} , Li est l'valuation en xi, Li : Kn[X] KP P(xi )

.

Notons (E)(

resp. (E))

l'ensemble des bases de E (resp. E).Le Th. - Df. p. 16 permet de dfinir une application d : (E) (E)

B Bqui, chaque base B

de E associe sa base duale B.Nous allons montrer que d est une bijection.a) Le K-ev E admet au moins une base B0 .Soit F une base de E. Notons Q = Pass(B0,F) , P = tQ1, B la base de E telle quePass(B0 , B) = P.D'aprs la Prop., comme Q = tP1, on a : F = B = d(B) .Ceci tablit que d est surjective.b) Soient B1 , B2 deux bases de E telles que B1 = B2. La matrice de passage P de B1 B2vrifie tP1 = In, donc P = In, B2 = B1.Ceci montre que d est injective.Rsumons l'tude :

Proposition Dfinition 5

Pour toute base F de E, il existe une base unique B de E telle que F = B; B estappele la base prduale (ou : ant-duale, ou : duale) de F , et on dit que B et Fsont des bases duales l'une de l'autre.

Exemple :

On note E = R3[X] le R -ev des polynmes de R[X] de degr 3, et 1 , 2 , 3 , 4 lesformes linaires sur E dfinies par :

P E, (1(P) = P(0), 2(P) = P(1), 3(P) = P (0), 4(P) = P (1)) .

Vrifier que (1 , 2 , 3 , 4 ) est une base de E et en dterminer la base prduale.

Notons B0 = (1,X,X2,X3) la base canonique de E .

Alors : MatB0(1,2,3,4) =

1 1 0 00 1 0 00 1 2 20 1 0 6

est inversible, donc F = (1,2,3,4)

est une base de E.

Rappelons que,dans ce 1.3.3, E dsigneun K -ev de dimension finie,n = dim(E) 1.

On utilise : Li (L j ) = i j .Moni

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Existence dau moins une base endimension finie, cf. Algbre PCSI-PTSI, 6.4 Th. - Df. 1.

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Exemple de recherche de la baseprduale dune base donne de E .

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Pour montrer que cette matrice carredordre 4 est inversible, on peut, parexemple, calculer son dterminant etmontrer que celui-ci nest pas nul.

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20

En notant B la base prduale de F, Q = Pass (B0,F), P = Pass (B0,B), on a :

P = tQ1 =

1 0 0 0

1 1 13

16

0 012

0

0 0 16

16

.

Finalement, la base prduale de (1 , 2 , 3 , 4) est :(

1 X, X, 13

X + 12

X2 16

X3, 16

X + 16

X3)

.

Obtention de Q1 par la calculette.Moni

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Lecture de P en colonnes.Moni

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Exercices 1.3.4, 1.3.5, 1.3.8.

Exercice-type rsolu

Exemples de dtermination dune base ant-duale dans un espace de polynmes

Soient n N, E = Rn[X], a0,...an R deux deux distincts et tous non nuls. On note, pour tout k {0,...,n} :

k : E R, P k(P) = ak

0P(x) dx .

a) Montrer que (k)0kn est une base du dual E de E .b) Dterminer la base ant-duale de (k)0kn .

Conseils

Linarit de l'intgration.

On va tablir que (k)0kn est libre.

Par hypothse, a0,...,an sont deux deuxdistincts et tous non nuls.En remplaant, par exemple, Q par lepolynme d'interpolation de Lagranges'annulant en a1,...,an+1 et prenant la valeur1 en a0, on dduit :0 = 0.

Solution

a) Il est clair que : k {0,...,n}, k E.

Soit (k)0kn Rn+1 tel que n

k=0kk = 0.

On a donc : P E,n

k=0k

ak0

P(x) dx = 0.

Comme : Q Rn+1[X], Q Rn[X],

on a : Q Rn+1[X],n

k=0k

ak0

Q(x) dx = 0,

c'est--dire :n

k=0k

(Q(ak) Q(0)) = 0,et donc :

nk=0

k Q(ak) ( n

k=0k

)Q(0) = 0.

Notons, pour la commodit : an+1 = 0.Comme a0,...an,an+1 sont deux deux distincts, en appliquant le rsultat un poly-nme d'interpolation de Lagrange relatif aux points a0,...,an,an+1, on dduit : k {0,...,n}, k = 0.Ceci montre que (k)0kn est libre.

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1.3 Dualit

21

D

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n d

lit.

Conseils

Toute base de E admet une base ant-duale et une seule, cf. 1.3.3 Prop.-Df. 5.

On considre, parmi les primitives de Pj ,celle qui s'annule en 0.

Qj est un multiple de X, car Qj (0) = 0.

Solution

Comme dim (E) = dim (E) = n + 1 et que la famille (k)0kn est libredans E et a n + 1 lments, on conclut que (k)0kn est une base de E.D'aprs le Cours, il existe une base unique (P0,...,Pn) de E telle que (0,...,n) soitla base duale de (P0,...,Pn).On a donc :

(i, j) {0,...,n}2, i j = i (Pj ) = ai

0Pj (x) dx .

Notons, pour tout j {0,...,n} : Qj (X) = X

0Pj .

On a donc, pour tout j {0,...,n} :Qj Rn+1[X], Qj = Pj , Qj (0) = 0,

et il existe donc Aj E tel que : Qj = XAj .On dduit, pour tout (i, j) {0,...,n}2 :

i j = ai

0Pj = Qj (ai ) = ai Aj (ai ),

d'o : Aj (ai ) = i jai

.

En notant L0,...,Ln les polynmes d'interpolation de Lagrange sur les pointsa0,...an, par unicit de (L0,...,Ln), on a donc :

j {0,...,n}, Aj = 1aj

L j .

On dduit, pour tout j {0,...,n} :

Pj = Qj = (XAj ) =1aj

(XL j + L j ).

En conclusion, la base ant-duale de (0,...,n) est (P0,...,Pn), o :

j {0,...,n}, Pj = 1aj

(XL j + L j ).

Les mthodes retenir

Dualit

Pour dterminer la base duale dune base ou la base ant-duale dune base dun dual, dans un exemple(ex. 1.3.4, 1.3.5), appliquer la Prop. 4 p. 18.

Pour obtenir un rsultat en liaison avec la dualit, en dimension finie, penser faire ventuellement interve-nir une base duale ou une base ant-duale (ex. 1.3.8).

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1.4 Calcul matriciel

1.4.1 Trace

Dfinition 1

Pour toute matrice carre A = (ai j )i j Mn(K ), on dfinit la trace de A , notetr (A), par :

tr (A) =n

i=1aii .

1.3.1 Soient E un K-ev, f L(E) de rang 1, u E {0}tel que Im( f ) = K u . a) Montrer qu'il existe E unique tel que :

x E, f (x) = (x)u.b) Montrer qu'il existe K unique tel que f 2 = f etque, si = 1 , f IdE est inversible.

1.3.2 Dmontrer que les K-ev (K [X]) et KN sont iso-morphes.

1.3.3 Soient E un K-ev, H un hyperplan de E, F un sevde E tel que F H.Dmontrer que F H est un hyperplan de F.

1.3.4 Soient 1 , 2 , 3 : R3 R dfinies, pour tout(x1, x2, x3) de R3, par :

1(x1,x2,x3) = 2x1 + 4x2 + x32(x1,x2,x3) = 4x1 + 2x2 + 3x33(x1,x2,x3) = x1 + x2.

Montrer que (1 , 2 , 3) est une base de (R3) et en dter-miner la base prduale.

1.3.5 Soient (,) R2, 1 , 2 , 3 : R3 R dfiniespour tout (x , y, z) de R3 par :

1(x,y,z) = x + y + z2(x,y,z) = x + 2y + z3(x,y,z) = x + y + 2z.

a) CNS sur (,) pour que (1,2,3) soit une basede (R3) .b) Lorsque (1 , 2 , 3) est une base de (R3), en dter-miner la base prduale.

1.3.6 Soient n N , E = Cn[X] le C -ev des polynmesde C[X] de degr n, a C.Pour tous i, j de {0,...,n} , on note :

i : E CP 1

i!P(i)(a)

et ej = (X a) j .

Montrer que (e0,...,en) et (0,...,n) sont deux basesde E et E respectivement, duales l'une de l'autre.Retrouver ainsi la formule de Taylor pour les polynmes.

1.3.7 Soit n N .Montrer que, pour toute A de Mn(K ) , l'applicationMn(K ) KX tr(AX)

est un lment de (Mn(K )), puis que

l'application : Mn(K ) (Mn(K )) dfinie par :

A Mn(K ) , X Mn(K ),((A))(X) = tr (AX)est un isomorphisme de K-ev.

1.3.8 Soient E un K-ev de dimension finie, n = dim (E).a) Soient p N , 1 , , p+1 E .Montrer que, si p+1 Vect (1,...,p) , alors :

pi=1

Ker (i ) =p+1i=1

Ker (i ).

b) Soient q N , 1,...,q E , r = rg (1,...,q) .

Montrer : dim( q

i=1Ker (i )

)= n r.

c) En dduire que, pour toute famille (1,...,n) den lments de E, (1,...,n) est lie si et seulement si :

x E {0}, i {1,...,n}, i (x) = 0.

Exercices

On ne dfinit pas la trace dune matricenon carre.

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23

Proposition 1

1) L'application tr : Mn(K ) KA tr (A)

est une forme linaire, c'est--dire :

K , A,B Mn(K ), tr (A + B) = tr (A) + tr (B).

2) A Mn,p(K ), B Mp,n(K ), tr (AB) = tr (B A).3) A Mn(K ), P GLn(K ), tr (P1 AP) = tr (A).

Preuve 1) En notant A = (ai j )i j , B = (bi j )i j , on a :

tr (A + B) =n

i=1(aii + bii ) =

ni=1

aii +n

i=1bii = tr (A) + tr (B).

2) Remarquer d'abord que AB et B A sont carres, respectivement d'ordres n et p.En notant A = (ai j )i j , B = (bi j )i j , on a :

tr (AB) =n

i=1

( pj=1

ai j bji)

=p

j=1

( ni=1

bji ai j)

= tr (B A).

3) D'aprs 2) :tr (P1 AP) = tr (P1(AP)) = tr ((AP)P1) = tr (A).

Rappelons la Dfinition et la Proposition suivantes, dj vues dans Algbre PCSI-PTSI, 8.2.4.

Proposition-Dfinition 2

Soient E un K-ev de dimension finie, f L(E). On appelle trace de f, et on notetr ( f ), la trace de n'importe quelle matrice carre reprsentant l'endomorphisme f.

En transcrivant la Proposition 1 en termes d'endomorphismes, on obtient la Proposition sui-vante.

Proposition 2

Soient E,F des K-ev de dimensions finies.

1) L'application tr : L(E) Kf tr ( f )

est une forme linaire, c'est--dire :

K , f,g L(E), tr ( f + g) = tr ( f ) + tr (g).

2) f L(E,F), g L(F,E), tr ( f g) = tr (g f ).

3) f L(E), h GL(E), tr (h1 f h) = tr ( f ).

Proposition 3

Soient E un K-ev de dimension finie, p un projecteur de E . On a alors :

tr (p) = rg (p).

La formule 2) est trs importante pour lesexercices et problmes.

Permutation de deux symboles

.Moni

er Algbre Monier

Gomtrie

Monier A

lgbre Monier

Monier

Algbre Gom

Gomtrie

Monier

Exercices 1.4.1, 1.4.4 1.4.6.

D'aprs le 3) de la Proposition 2, toutesles matrices carres reprsentant f ontla mme trace.

Monier Alg

bre Monier

Gomtrie

Monier A

lgbre Monier

Monier

Algbre Gom

Gomtrie

Monier

Rsultat trs utile pour les exercices etproblmes.

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24

Preuve Le sev Im (p) de E admet au moins une base B1, et le sev Ker (p) de E admet au moins une base B2.Puisque p est un projecteur, on a : Im (p) Ker (p) = E, donc B = B1 B2 (runion ordonne) estune base de E . La matrice A de p dans B est :

A =(

Ir 00 0

) Mn(K ),

o r = dim (Im (p)) = rg (p). On a donc :tr (p) = tr (A) = r = rg (A) = rg (p).

On confond lentier r et llment r1K ,o 1K est le neutre de la multiplicationdans K.Exercices 1.4.2, 1.4.3, 1.4.7.

Exercice-type rsolu

Somme de projecteurs en dimension finieSoient E un K-ev de dimension finie, N N, p1,...,pN des projecteurs de E . Montrer que les deux proprits suivantes sontquivalentes :

(1) N

i=1pi est un projecteur de E

(2) (i, j) {1,...,n}2,(

i = j pi pj = 0)

.

Conseils

On commence par l'implication qui paratla plus facile.

Rappel : un endomorphisme f de E est unprojecteur si et seulement si :

f f = f.

Cet artifice permet de se ramener au casd'une somme de projecteurs gale e.

Solution

Notons e = IdE , p =N

i=1pi .

(2) (1) :

On suppose : (i, j) {1,...,n}2,(

i = j pi pj = 0)

.

On a :

p p =( N

i=1pi

)

( Nj=1

pj)

=N

i=1pi pi +

1i, jN , i = j

pi pj

=N

i=1pi + 0 = p,

donc p est un projecteur de E .(1) (2) :On suppose que p est un projecteur de E . Notons pN+1 = e p, qui est un projecteur, car :

(e p)2 = e2 2p + p2 = e 2p + p = e p.

On a alors :N+1i=1

pi = e.

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25

D

unod

. La

phot

ocop

ie n

on a

utor

ise

est u

n d

lit.

Conseils

Puisque pi est un projecteur d'un ev dedimension finie, on a :

tr (pi ) = rg (pi ).

On a, pour tous sev F,G d'un ev de dimen-sion finie, d'aprs la formule de Grassmann :

dim (F + G)= dim (E) + dim (F) dim (F G)

dim (F) + dim (G),d'o l'ingalit pour la dimension de lasomme de plusieurs sev.

La somme

1iN+1, i = jIm (pi ) est directe.

Solution

On a :

dim (E) = tr (e) = tr( N+1

i=1pi

)=

N+1i=1

tr (pi ) =N+1i=1

rg (pi ) =N+1i=1

dim(Im (pi )

).

D'autre part, pour tout x E :

x = e(x) =( N+1

i=1pi

)(x) =

N+1i=1

pi (x) N+1i=1

Im (pi ),

donc : E N+1i=1

Im (pi ),

puis : dim (E) dim( N+1

i=1Im (pi )

)

N+1i=1

dim(Im (pi )

).

On a donc :

dim (E) dim( N+1

i=1Im (pi )

)

N+1i=1

dim(Im (pi )

) = dim (E),d'o ncessairement :

dim( N+1

i=1Im (pi )

)=

N+1i=1

dim(Im (pi )

).

D'aprs l'exercice-type du 1.1 p. 8, la somme N+1i=1

Im (pi ) est directe et

N+1i=1

Im (pi ) = E .

Soient j {1,...,N }, x E .On a :

pj (x) =N+1i=1

pi(

pj (x)) = N+1

i=1pi pj (x) = pj (x) +

1iN+1, i = j

pi pj (x),

donc : 1iN+1, i = j

pi(

pj (x)) = 0.

Comme la somme N+1i=1

Im (pi ) est directe, il en rsulte :

i {1,...,N + 1},(

i = j pi(

pj (x)) = 0

).

Finalement, en particulier :

(i, j) {1,...,N }2,(

i = j pi pj = 0)

,

ce qui tablit (2).

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26

Les mthodes retenir

Trace Pour rsoudre une question portant sur un ou des projecteurs en dimension finie, on peut essayer dutiliser

la formule tr (p) = rg (p) (ex. 1.4.2, 1.4.3, 1.4.7). Pour rsoudre une question sur des matrices carres de rang 1, on peut essayer dutiliser le rsultat de l'exer-

cice 8.1.30 b) du volume Algbre PCSI-PTSI : pour toute matrice carre H telle que rg (H) 1, on a :H 2 = tr (H)H (ex. 1.4.6).

1.4.1 Rsoudre l'quation d'inconnue X M5(R) :3X + 2 tX = tr (X) I5.

1.4.2 Soient E un C -ev de dimension finie, N N ,1,. . . ,N R+, p1,...pN des projecteurs de E .On suppose :

Ni=1

i pi = 0.

Montrer : i {1,...,N }, pi = 0.

1.4.3 Soient E un K-ev de dimension finie,n = dim (E) 1, f1,..., fn L(E) {0} tels que :

i, j {1,...,n}, fi f j = i j fi ,o i j est le symbole de Kronecker.Montrer :

i {1,...,n}, rg ( fi ) = 1.

1.4.4 Soient A,B M2(K ) telles que :tr (A) = 0 et A2 B = AB2.

Montrer :

AB = B A.

1.4.5 Soient n N, A,B Mn(K ) telles que :A = 0, B = 0, 1 tr (A) tr (B) = 0.

Rsoudre le systme d'quations d'inconnue(X,Y ) (Mn(K ))2 :{

X = In + tr (Y )AY = In + tr (X)B.

1.4.6 Soient n N, A,B Mn(K ). On suppose :rg (AB B A) 1.

Montrer :Im (AB B A) Ker (AB B A).

On pourra utiliser l'exercice 8.1.30 b) du volume AlgbrePCSI-PTSI.

1.4.7 Soient n N, G un sous-groupe fini de GLn(C).a) On note = Card (G) et P = 1

MG

M.

Montrer :

N G, P N = Pet en dduire :

P2 = P.

b) Montrer que, si MG

tr (M) = 0, alors MG

M = 0.

Exercices

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27

1.4.2 Blocs1) Dcomposition en blocs

Soient n,p N , A = (ai j )i j Mn,p(K ) s,t N , (n1,...,ns) (N)s , (p1,...,pt ) (N)t tels que n1 + . . . + ns = n etp1 + . . . + pt = p n0 = p0 = 0

k =k

i=0ni, pour k {0,...,s}

l =l

j=0pj , pour l {0,...,t} .

Dans A, groupons les lments par blocs :

D

unod

. La

phot

ocop

ie n

on a

utor

ise

est u

n d

lit.

A =

a11 . . . a1 1...

...

a11 . . . a1 1

a1 1+1 . . . a1 2...

...

a1 1+1 . . . a1 2

. . .

a1t1+1 . . . a1 p...

...

a1t1+1 . . . a1 pa1+1 . . . a1+1 1

......

a2 1 . . . a2 1

a1+1 1+1 . . . a1+1 2

......

a2 1+1 . . . a2 2

a1+1t1+1 . . . a1+1 p...

...

a2t1+1 . . . a2 p

......

as1+1 1 . . . as1+1 1...

...

an 1 . . . an 1

as1+1 1+1 . . . as1+1 2

......

an 1+1 . . . an 2

. . .

as1+1t1+1 . . . as1+1 p...

...

an t1+1 . . . an,p

.

. . .

......

. . .

. . .

......

. . .

1

Pour (k,l) {1,...,s} {1,...,t} , la matrice

Bk,l =

ak1+1 l1+1 . . . ak1+1 l...

...

ak l1+1 . . . ak l

de Mnk ,pl (K ) est appele le (k,l)me bloc dans la dcomposition de A en blocs suivant ledcoupage (n1,...,ns) pour les lignes et (p1,...,pt ) pour les colonnes :

A =

B11 . . . B1t. . .

...

...

...

. . .Bs1. . .

Bst

n1

p1 pt

lignes

colonnes

ns

. . .

...

. . .

. . . . . .

...

...

colonnes

...

lignes

.

Pour la commodit, on pourra omettre les traits indiquant le dcoupage.

Quelques exemples de dcompositions en blocs :(

x

X

) Mn+1,1(K ), pour x K , X Mn,1(K ).

(X Y ) Mn,p+q(K ) , pour X Mn,p(K ), Y Mn,q(K )

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28

(A BC D

) Mn+p(K ) , pour A Mn(K ) , B Mn,p(K ) , C Mp,n(K ) , D Mp(K )

(a LC B

) Mn+1(K ) , pour a K , L M1,n(K ) , C Mn,1(K ) , B Mn(K ).

Remarques :

1) Si A est une matrice carre, nous n'utiliserons, sauf exception, que des dcompositions enblocs pour lesquelles s = t et (n1,...,ns) = (p1,...,ps) :

A =

B11 . . . B1s...

...

Bs1 . . . Bss

! n1 lignes...! ns lignes

n1 colonnes

ns colonnes

Dans ce cas, les blocs Bkk (k {1,...,s}) sont appels les blocs diagonaux de la dcomposi-tion de A en blocs.

2) Soient E un K-ev de dimension finie, n = dim (E) , F un sev de E , p = dim(F) , f L(E) .Pour que F soit stable par f , il faut et il suffit qu'il existe une base B = (e1,...,en) de E telleque :

(e1,...,ep) est une base de F

MatB( f ) est de la forme( A B

0 C

) ! p! np.

p

np

De plus, dans ce cas, A est la matrice dans (e1,...,ep) de l'endomorphisme induit par f sur F .


2) Oprations sur les matrices dcomposes en blocs

Proposition 1 Addition et loi externe par blocs

Soient K, A , B Mn,p(K ).Si A et B sont dcomposes en blocs avec le mme dcoupage, alors A + B admetla dcomposition en blocs (avec le mme dcoupage) obtenue en combinant les blocssitus aux mmes places :

A11 . . . A1t... . . .

...

As1 . . . Ast

+

B11 . . . B1t... . . .

...

Bs1 . . . Bst

=

A11 + B11 . . . A1t + B1t... . . .

...

As1 + Bs1 . . . Ast + Bst

.

Exemples :

Soient x,y K ,X,Y Mn,1(K ),A,B,C,D,A,B ,C ,D Mn(K ).(x

X

)+

(yY

)=

(x + yX + Y

),

(A BC D

)+

(A BC D

)=

(A + A B + BC + C D + D

).

Les blocs diagonaux Bkk sont carrs.Moni

er Algbre Monier

Gomtrie

Monier A

lgbre Monier

Monier

Algbre Gom

Gomtrie

Monier

La prsence de certains blocs de zrosdans une dcomposition en blocs peuttraduire la stabilit d'un sev.

Monier Alg

bre Monier

Gomtrie

Monier A

lgbre Monier

Monier

Algbre Gom

Gomtrie

Monier

Pour les matrices,une addition par blocsseffectue comme une additionhabituelle par lments.

Monier Alg

bre Monier

Gomtrie

Monier A

lgbre Monier

Monier

Algbre Gom

Gomtrie

Monier

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29

Thorme Produit par blocs

Soient A Mn,p(K ) , B Mp,q(K ) ,

A =

A11 . . . A1t...

...

As1 . . . Ast

!n1

...!ns

, B =

B11 . . . B1t ...

...

Bs1 . . . Bst

!n1

...!n

s

p1. . .

pt

p1. . .

pt

des dcompositions en blocs de A et B telles que :

s = t, (n1,...,ns) = (p1,...,pt ).Alors AB admet la dcomposition en blocs :

D

unod

. La

phot

ocop

ie n

on a

utor

ise

est u

n d

lit.

AB =

sj=1

A1 j Bj1 . . .s

j=1A1 j Bjt

......

sj=1

Asj Bj1 . . .s

j=1Asj Bjt

! n1...! ns

p1

. . . p

t

Preuve (pouvant tre omise en premire lecture)Soit (i, j ) {1,...,n} {1,...,q} . Il existe (k,l ) {1,...,s} {1,...,t } unique tel que :

n0 + ... + nk1 + 1 i n0 + ... + nk et p0 + ... + pl 1 + 1 j p0 + ... + pl .

L'lment de AB situ la (i, j )me place vaut :p

j=1ai j bj j =

p1j=1

ai j bj j +p1+p2

j=p1+1ai j bj j + ... +

pj=p1+...+pt1+1

ai j bj j .

Mais p1

j=1ai j bj j ,

p2j=p1+1

ai j bj j , ,,p

j=p1+...+pt1+1ai j bj j sont respectivement les lments de

Ak1 B1l , Ak2 B2l ,, Aks Bs l situs la :(i (n0 + ... + nk1), j (p0 + ... +pl 1)

)meplace, d'o le rsultat.

Exemples :

Soient a,b K, V, W Mn,1(K ) , L M1,n(K ) , A,B,C,D,A,B,C ,D Mn(K ) . On a :

(a L)(

bV

)= (ab + LV ) M1(K )

(bV

)(a L) =

(ba bLaV V L

) Mn+1(K )

(A BC D

)(VW

)=

(AV + BWCV + DW

) M2n,1(K )

(A BC D

)(A B

C D)

=(

AA + BC AB + B DC A + DC C B + DD

) M2n(K ).

On peut effectuer le produit de deuxmatrices dcomposes en blocs enoprant sur les blocs (comme si ceux-citaient des lments de K), conditionque les produits envisags existent et enrespectant lordre des blocs.

Monier Alg

bre Monier

Gomtrie

Monier A

lgbre Monier

Monier

Algbre Gom

Gomtrie

Monier

Le lecteur pourra, conformment auprogramme, admettre ce thorme.

Monier Alg

bre Monier

Gomtrie

Monier A

lgbre Monier

Monier

Algbre Gom

Gomtrie

Monier

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30

Remarques :

En effectuant un produit par blocs, veiller respecter l'ordre des matrices dans les produits

de blocs. Par exemple, pour A,B,C,D Mn(K ) : (A | B)(

CD

)= AC + B D , qui est diff-

rent a priori de C A + B D .Cependant, pour a K , on a vu qu'on pouvait confondre a et la matrice (a) de M1(K ) .Ainsi, pout toute V de Mn,1(K ), aV = V (a) ; mais (a)V n'existe pas (si n 2) .


Proposition 2 Transposition par blocs

On a, pour toute dcomposition en blocs :

t

A11 . . . A1t...

...

As1 . . . Ast

=

t A11 . . . t As1...

...t A1t . . . t Ast

.

Exemples :

Soient a K , V Mn,1(K ) , A,B,C,D Mn(K ) .

On a :t( a

V

)= (a tV ),

t( A BC D

)=

( t A tCt B t D

).

3) Matrices triangulaires par blocs, matrices diagonales par blocs

Dfinition

1) Une matrice carre A est dite triangulaire suprieure par blocs si et seulementsi elle admet une dcomposition en blocs :

A =

A11 . . . A1s. . .

...

0 Ass

telle que :{ A11,...,Ass sont des matrices carres

les blocs situs sous la diagonale sont tous nuls.

Dfinition analogue pour une matrice triangulaire infrieure par blocs. Une matrice carre est dite triangulaire par blocs si et seulement si elle est tri-

angulaire suprieure par blocs ou triangulaire infrieure par blocs.

2) Une matrice carre A est dite diagonale par blocs si et seulement si elle admetune dcomposition en blocs :

A =

A11 0. . .

0 Ass

telle que :{

A11,...,Ass sont des matrices carresles blocs non diagonaux sont tous nuls.

On peut alors noter : A = diag(A11,...,Ass).

Cf. Algbre PCSI-PTSI, 8.1.4 Rem. 3).Moni

er Algbre Monier

Gomtrie

Monier A

lgbre Monier

Monier

Algbre Gom

Gomtrie

Monier

Pour transposer une matricedcompose en blocs : on change lesblocs (en les crivant en colonnes deblocs au lieu de lignes de blocs, parexemple),et on transpose chaque bloc.

Monier Alg

bre Monier

Gomtrie

Monier A

lgbre Monier

Monier

Algbre Gom

Gomtrie

Monier

Exercices 1.4.9 1.4.14.

La notion de matrice triangulaire parblocs gnralise la notion de matricetriangulaire.

Monier Alg

bre Monier

Gomtrie

Monier A

lgbre Monier

Monier

Algbre Gom

Gomtrie

Monier

La notion de matrice diagonale parblocs gnralise la notion de matricediagonale.

Monier Alg

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Algebre Et Geometrie PSI